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2023-2024学年江苏省某市高一（上）期末考试物理试卷(含解析）
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这是一份2023-2024学年江苏省某市高一（上）期末考试物理试卷(含解析），共15页。试卷主要包含了某质点在Oxy平面上运动，25B等内容，欢迎下载使用。
A. 运动员参加800米赛跑，800米指的是该运动员在比赛中发生的位移
B. 高速摄像机能记录运动员百米比赛的撞线速度，该速度近似于瞬时速度
C. 花样游泳项目裁判评判运动员的动作时，可以把运动员看做质点
D. 百米赛跑中，运动员甲发现自己相对运动员乙是后退的，他是以大地为参考系
2.关于速度和加速度的表述，下列说法正确的是( )
A. 匀速飞行的高空侦察机，速度越大，加速度越大
B. 枪筒里的子弹刚开始运动时速度接近零，加速度也为零
C. 汽车仪表盘上显示的速度为平均速度
D. 匀加速直线运动的汽车，其速度变化率不变
3.对一些生活中的现象，某同学试图从牛顿运动定律角度加以分析，其中正确的是( )
A. “强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为强弩的惯性减小了
B. 汽车匀速直线运动时，所受合力为零，其惯性也为零
C. “以卵击石”，石头对鸡蛋的作用力大小等于鸡蛋对石头的作用力大小
D. 人乘坐电梯加速上升时，电梯对人的支持力大于人对电梯的压力
4.一弹簧的两端各用10N的外力向外拉伸，在弹性限度内，弹簧伸长了4.0cm。现将弹簧一端固定于墙上，另一端用5N的外力来拉伸它，则弹簧的伸长量为( )
A. 1.0cmB. 2.0cmC. 2.5cmD. 4.0cm
5.绵绵细雨，在一栋楼房屋檐边缘的同一位置先后滴落两雨滴，忽略空气阻力，在两雨滴落地前，两雨滴之间的( )
A. 速度之差保持不变B. 速度之差不断变大C. 距离不断减小D. 距离保持不变
6.质量为M、倾角为θ的斜面放在水平面上，质量为m的物块沿着斜面匀速下滑，斜面始终静止不动。物块与斜面间的动摩擦因数为μ，关于斜面和物块的受力下列说法正确的是( )
A. 斜面对物块的作用力大小为mgsinθB. 斜面对物块的作用力大小为μmgcsθ
C. 地面对斜面摩擦力为零D. 地面对斜面支持力小于M+mg
7.如图所示，用该装置来探究小车的加速度与所受合力的关系，将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细沙，直到小车刚开始运动为止(设最大静摩擦等于滑动摩擦力大小)，记下传感器的最大示数F1。再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入适量细沙后释放，记下传感器的示数F2。关于该实验，下列说法中不正确的是( )
A. 实验中需要天平测量小车质量
B. 实验中小车运动时所受阻力为F1
C. 实验中小车所受的合力为F2
D. 用加沙的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据
8.某质点在Oxy平面上运动。它在x方向运动的速度一时间图像如图甲所示，它在y方向运动的速度一时间图像如图乙所示。则( )
A. t=0时质点速度的大小为5m/sB. 2s内质点的加速度为1m/s2
C. 2s内质点做匀变速直线运动D. 2s内质点的位移大小为5m
9.如图所示，一本书重约8N，书本正面朝上。一张A4纸夹在书本间，将书本分为等质量的两部分，且能够覆盖几乎整个书页。若将A4纸抽出，至少需用约2N的拉力。不计A4纸的质量，则A4纸和书之间的摩擦因数最接近( )
A. 0.25B. 0.35C. 0.45D. 0.50
10.在学习了超重失重之后，小明同学站在体重计上，做下蹲和起立的动作，通过力传感器采集的图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 小明的质量约为80kg
B. 下蹲过程的最大加速度约为5m/s2，此时处于超重状态
C. 起立过程的最大加速度约为5m/s2，此时处于失重状态
D. AC段为起立过程，DE段为下蹲过程
11.关于描述物体做直线运动的四个图像，下列说法正确的是( )
A. 图甲中，物体在0∼2s这段时间内的位移小于2m
B. 图乙中，物体的加速度为0.5m/s2
C. 图丙中，5s末物体的速度一定为12.5m/s
D. 图丁中，物体0∼10s内的位移为50m
12.在“探究平抛物体的运动”的实验中：
(1)如图甲所示，下列说法不正确的是_______。
A.安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B.小球1和小球2必须从同一高度由静止释放
C.该装置可以验证平抛运动水平方向做匀速直线运动
D.小球1与斜槽的摩擦越大，在空中运动的时间越长
(2)某次利用频闪照片探究平抛运动的实验，得到小球运动轨迹中的四个点a、b、c、d如图乙所示。已知图乙中背景方格的边长均为L=10cm，重力加速度大小为g=10m/s2。
①请判断a点是否为抛出点_______(填“是”或“否”)
②小球从a点运动到b点的时间为t=_______s；
③小球做平抛运动的水平初速度v0=_______(请用字母L和t表示)
(3)一根水平放置的排污管正在向排污池排出大量污水，管口离地面有一定的高度，小明发现水流呈现上端粗下端细的现象，如图丙所示、假设液体的流量不变(流量：单位时间流过管道某一截面的液体的体积)，忽略空气阻力，请解释出现该现象的原因_______________。
13.2023年，中国航天成功发射近七十次，其中某一卫星绕地球做匀速圆周运动，已知地球的半径为R，地球的质量为M，该卫星距地球表面的高度也为R，引力常量为G。求：
(1)该卫星绕地球运行的线速度大小v；
(2)该卫星绕地球运行的周期T。
14.如图所示，一载有小孩的雪橇总质量为46kg，在拉力F的作用下，沿水平地面向右做匀速直线运动，该拉力与水平面的夹角θ=37∘。已知雪橇与地面间的动摩擦因数为0.2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)拉力F的大小；
(2)地面对雪橇支持力的大小FN。
15.如图甲所示，轻杆一端固定一小球(视为质点)，另一端套在光滑水平轴O上，O轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小v；O轴处有力传感器(传感器均未在图中画出)，可以测量小球通过最高点时O轴受到杆的作用力F，若以竖直向下为力的正方向，得到F−v2图像如图乙所示。g取10m/s2，求：
(1)小球恰好通过最高点时的速度大小；
(2)小球的质量及做圆周运动的半径；
(3)小球在最高点的速度大小为5m/s时，杆受到球的作用力。
16.庆元旦，某同学进行了“抽纸”表演，其道具可以简化为如图所示的装置。水平桌面上有薄纸板质量m1=0.1kg，上面放有一玻璃瓶(可视为质点)质量m2=0.4kg。瓶子距纸板左端距离x1=0.2m，距桌子右端距离x2=0.06m，现给纸板一个水平向右的拉力F，欲将其从瓶子下抽出。若已知纸板与桌面、瓶子与桌面间的动摩擦因数μ1均为0.4，瓶子与纸板间的动摩擦因数μ2为0.2，重力加速度g取10m/s2。设瓶子在运动过程中始终不会翻倒，求：
(1)瓶子与纸板恰好发生相对滑动时，拉力的大小F1；
(2)当拉力F2=3.2N时，瓶子未从纸板上滑落之前，纸板的加速度大小a；
(3)若以纸板能从瓶下抽出，且瓶不会从桌面滑落视为表演成功，该同学所施加恒力F的取值范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】B
【详解】A.运动员参加800米赛跑，800米是曲线轨迹的长度，因此800米指的是该运动员在比赛中发生的路程，A错误；
B.高速摄像机能记录运动员百米比赛的撞线速度，该速度对应某一位置，因此该速度近似于瞬时速度，B正确；
C.花样游泳项目裁判评判运动员的动作时，运动员的大小和形体动作不可忽略，不可以把运动员看做质点，C错误；
D.百米赛跑中，运动员甲发现自己相对运动员乙是后退的，他是以运动员乙为参考系，D错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】.D
【详解】A.匀速飞行的高空侦察机，速度越大，加速度为零，故A错误；
B.枪筒里的子弹刚开始运动时速度接近零，加速度不为零，故B错误；
C.汽车仪表盘上显示的速度为瞬时速度，故C错误；
D.匀加速直线运动的汽车，加速度不变，则其速度变化率不变，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】A.“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为强弩的速度减小了，强弩的惯性只与质量有关，与速度无关，A错误；
B.汽车匀速直线运动时，所受合力是零，由牛顿第二定律可知，其加速度是零，其惯性与运动的状态无关，B错误；
C.“以卵击石”，石头对鸡蛋的作用力与鸡蛋对石头的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，C正确；
D.人乘坐电梯加速上升时，电梯对人的支持力与人对电梯的压力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】B
【详解】根据胡克定律可得
F1=kx1
可得弹簧的劲度系数为
k=F1x1=104.0N/cm=2.5N/cm
将弹簧一端固定于墙上，另一端用5N的外力来拉伸它，则弹簧的伸长量为
x2=F2k=52.5cm=2.0cm
故选B。
5.A
5.【答案】A
【解析】.A
【详解】两雨滴做自由落体运动，设时间差为 t0 ，则两雨滴之间的速度之差为
Δv=g(t+t0)−gt=gt0
可知两雨滴之间的速度之差保持不变；两雨滴之间的距离为
Δx=12g(t+t0)2−12gt2=12gt02+gt0t
可知两雨滴之间的距离不断增大。
故选A。
6.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.以物块为对象，根据受力平衡可知，斜面对物块的作用力与物块的重力平衡，大小为 mg ，故AB错误；
CD.以物块和斜面为整体，根据受力平衡可知，地面对斜面摩擦力为零，地面对斜面支持力等于 M+mg ，故C正确，D错误。
故选C。
7.AC
7.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.该实验是探究小车的加速度与所受合力的关系，因此只需要保持小车和力传感器的总质量不变，实验中不需要天平测量小车质量，A错误，符合题意；
B.由题意可知，小车刚开始运动时，传感器的最大示数 F1 ，可知实验中小车运动时所受阻力等于传感器的最大示数为 F1 ，B正确，不符合题意；
C.传感器的示数 F2 是小车做加速运动时细绳上拉小车的力，实验中小车所受的合力应为 F2−F1 ，C错误，符合题意；
D.用加沙的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，因为加沙的方法可以每次加很少的细沙，因此能更精确的控制拉力的大小，D正确，不符合题意。
故选AC。
8.【答案】D
【解析】D
【详解】A. t=0 时质点速度的大小为
v0= v0x2+vy2= 12+22m/s= 5m/s
故A错误；
BC.由图像可知，质点沿 x 方向做匀加速直线运动，沿 y 方向做匀速直线运动， 2s 内质点做匀变速曲线运动， 2s 内质点的加速度为
a=ax=ΔvxΔt=2−12m/s2=0.5m/s2
故BC错误；
D. 2s 内质点沿 x 方向的位移大小为
x=1+22×2m=3m
沿 y 方向的位移大小为
y=2×2m=4m
则 2s 内质点的位移大小为
s= x2+y2= 32+42m=5m
故D正确。
故选D。
9.A
9.【答案】A
【解析】A
【详解】由题意可知，将A4纸抽出时，A4纸受到上下纸面的滑动摩擦力，且两摩擦力大小相等，则有
Ff=2μFN
因A4纸夹在书本中间，因此A4纸受到的压力大小为整本书重的一半，即为
FN=0.5G=0.5×8N=4N
若将A4纸抽出，至少需用约2N的拉力F，则有
F=Ff
联立可得A4纸和书之间的摩擦因数
μ=Ff2FN=0.25
故选A。
10.【答案】D
【解析】D
【详解】A.小明的质量约为
m=Gg=60010kg=60kg
故A错误；
BCD.起立过程先向上加速后向上减速，加速度方向先向上后向下，先超重后失重，则图像中AC阶段对应起立过程，由图像可得下蹲过程的最大加速度约为
a′m=Fmax−mgm=900−60060m/s2=5m/s2
此时处于超重状态；下蹲过程先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，先失重后超重，则图像中DE阶段对应下蹲过程，由图像可得下蹲过程的最大加速度约为
am=mg−Fminm=600−30060m/s2=5m/s2
此时处于失重状态；故BC错误，D正确。
故选D。
11.【答案】B
【解析】B
【详解】A.图甲是 v−t 图像，若图像是过原点的直线，由 v−t 图像与时间轴所围面积表示位移可知，物体在 0∼2 s这段时间内的位移是 2m ，由题图可知，物体在 0∼2 s这段时间内的位移大于 2m ，A错误；
B.图乙是 v2−x 图像，由图像可得 v2=x ，由公式 v2−v02=2ax 可知， v2−x 图像的斜率表示2a，则有
2a=22m/s2=1m/s2
解得物体的加速度为
a=0.5m/s2
B正确；
C.图丙是 a−t 图像，由 Δv=at 可知， a−t 图像与时间轴所围面积表示速度变化量，则有 5s 末物体的速度变化量为
Δv=5×52m/s=12.5m/s
由速度时间公式 v=v0+at 可知，若物体的初速度是零，则物体在5s末的速度大小一定为 12.5m/s ，若物体的初速度不是零，则物体在5s末的速度一定不是 12.5m/s ，C错误；
D.图丁是 xt−t 图像，由图像可得
xt=t
则有
x=t2
与位移时间公式
x=v0t+12at2
对比可知，物体的初速度是零，加速度是 2m/s2 ，可知物体 0∼10s 内的位移为
x=12at2=100m
D错误。
故选B。
12.【答案】 D 否 0.1 2Lt 见解析
【详解】(1)[1]
A.安装斜槽轨道，使其末端保持水平，故A正确，不满足题意要求；
B.为了保证两小球到达斜槽末端的速度相同，小球1和小球2必须从同一高度由静止释放，故B正确，不满足题意要求；
C.该装置可以验证平抛运动水平方向做匀速直线运动，故C正确，，不满足题意要求；
D.小球1在空中运动的时间与小球抛出是初速度无关，所以小球1与斜槽的摩擦越大，在空中运动的时间不变，故D错误，满足题意要求。
故选D。
(2)①[2]若a点为抛出点，则竖直方向的位移应满足
yab:ybc=1:3
由图可知
yab:ybc=1:2≠1:3
可知a点不是抛出点；
②[3]竖直方向根据
Δy=gt2
可得小球从a点运动到b点的时间为
t= Δyg= 2L−Lg= 0.110s=0.1s
③[4]小球做平抛运动的水平初速度为
v0=2Lt
(3)[5]水做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，则有
2gh=vy2
可得竖直分速度大小为
vy= 2gh
水的速度大小为
v= v02+vy2= v02+2gh
可知水流下端的速度较大，则单位时间内水通过的长度较长，由于流量不变(单位时间流过管道某一截面的液体的体积)，可知对应的横轴面积较小，则水流呈现上端粗下端细的现象。
【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1) GM2R ；(2) 4πR 2RGM
【详解】(1)卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
GMmr2=mv2r
又
r=R+R=2R
解得该卫星绕地球运行的线速度大小为
v= GM2R
(2)该卫星绕地球运行的周期为
T=2πrv=4πR 2RGM
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1) 100N ；(2) 400N
【详解】(1)以小孩和雪橇为对象，根据受力平衡可得
Fcsθ=f ， Fsinθ+FN=mg
又
f=μFN
联立可得
F=μmgcsθ+μsinθ=0.2×46×100.8+0.2×0.6N=100N
(2)地面对雪橇支持力的大小为
FN=mg−Fsinθ=46×10N−100×0.6N=400N
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】FN=mg−Fsinθ=46×10N−100×0.6N=400N
15.(1)零；(2)2kg，1m；(3)30N，方向竖直向上
【详解】(1)小球在竖直平面内做圆周运动，是轻杆模型，因此小球恰好通过最高点时的速度大小是零。
(2)由图乙可知，当小球通过最高点速度是零时，杆上的作用力为20N，可知小球的质量为2kg。
小球通过最高点速度不是零时，若只有小球重力提供向心力，可知O轴受到杆的作用力是零，即杆对小球上的作用力是零，此时速度的平方为 10m2/s2 ，设轻杆的长度为L，则有
mg=mv12L
解得
L=1m
即小球做圆周运动的半径为1m。
(3)小球在最高点的速度大小为5m/s时，由牛顿第二定律可得
mg+FN=mv22L
解得
FN=mv22L−mg=30N
由牛顿第三定律可知，杆受到球的作用力大小为30N，方向竖直向上。
【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】(1) F1=3N ；(2) a=4m/s2 ；(3) F≥4N
【详解】(1)瓶子与纸板恰好发生相对滑动时，以瓶子与纸为整体，根据牛顿第二定律可得
F1−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a0
以瓶子为对象，根据牛顿第二定律可得
μ2m2g=m2a0
联立解得拉力的大小为
F1=3N
(2)当拉力 F2=3.2N 时，可知瓶子与纸板发生相对滑动，瓶子未从纸板上滑落之前，以纸板为对象，根据牛顿第二定律可得
F2−μ2m2g−μ1m1+m2g=m1a
解得纸板的加速度大小为
a=4m/s2
(3)纸板抽出的过程，对纸板有
F−μ2m2g−μ1m1+m2g=m1a1
以瓶子有
μ2m2g=m2a2
纸板抽出的过程，二者位移关系满足
x1=12a1t2−12a2t2
纸板抽出后，瓶子在桌面上做匀减速运动，设经历时间 t′ 恰好到桌面右边缘静止，则有
μ1m2g=m2a′2
由速度关系有
a2t=a′2t′
瓶子的位移关系有
x2−12a2t2=a2t2×t′
联立解得
F=4N
则以纸板能从瓶下抽出，且瓶不会从桌面滑落视为表演成功，该同学所施加恒力的取值范围为
F≥4N
【解析】详细解答和解析过程见答案
A. 运动员参加800米赛跑，800米指的是该运动员在比赛中发生的位移
B. 高速摄像机能记录运动员百米比赛的撞线速度，该速度近似于瞬时速度
C. 花样游泳项目裁判评判运动员的动作时，可以把运动员看做质点
D. 百米赛跑中，运动员甲发现自己相对运动员乙是后退的，他是以大地为参考系
2.关于速度和加速度的表述，下列说法正确的是( )
A. 匀速飞行的高空侦察机，速度越大，加速度越大
B. 枪筒里的子弹刚开始运动时速度接近零，加速度也为零
C. 汽车仪表盘上显示的速度为平均速度
D. 匀加速直线运动的汽车，其速度变化率不变
3.对一些生活中的现象，某同学试图从牛顿运动定律角度加以分析，其中正确的是( )
A. “强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为强弩的惯性减小了
B. 汽车匀速直线运动时，所受合力为零，其惯性也为零
C. “以卵击石”，石头对鸡蛋的作用力大小等于鸡蛋对石头的作用力大小
D. 人乘坐电梯加速上升时，电梯对人的支持力大于人对电梯的压力
4.一弹簧的两端各用10N的外力向外拉伸，在弹性限度内，弹簧伸长了4.0cm。现将弹簧一端固定于墙上，另一端用5N的外力来拉伸它，则弹簧的伸长量为( )
A. 1.0cmB. 2.0cmC. 2.5cmD. 4.0cm
5.绵绵细雨，在一栋楼房屋檐边缘的同一位置先后滴落两雨滴，忽略空气阻力，在两雨滴落地前，两雨滴之间的( )
A. 速度之差保持不变B. 速度之差不断变大C. 距离不断减小D. 距离保持不变
6.质量为M、倾角为θ的斜面放在水平面上，质量为m的物块沿着斜面匀速下滑，斜面始终静止不动。物块与斜面间的动摩擦因数为μ，关于斜面和物块的受力下列说法正确的是( )
A. 斜面对物块的作用力大小为mgsinθB. 斜面对物块的作用力大小为μmgcsθ
C. 地面对斜面摩擦力为零D. 地面对斜面支持力小于M+mg
7.如图所示，用该装置来探究小车的加速度与所受合力的关系，将装有力传感器的小车放置于水平长木板上，缓慢向小桶中加入细沙，直到小车刚开始运动为止(设最大静摩擦等于滑动摩擦力大小)，记下传感器的最大示数F1。再将小车放回原处并按住，继续向小桶中加入适量细沙后释放，记下传感器的示数F2。关于该实验，下列说法中不正确的是( )
A. 实验中需要天平测量小车质量
B. 实验中小车运动时所受阻力为F1
C. 实验中小车所受的合力为F2
D. 用加沙的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据
8.某质点在Oxy平面上运动。它在x方向运动的速度一时间图像如图甲所示，它在y方向运动的速度一时间图像如图乙所示。则( )
A. t=0时质点速度的大小为5m/sB. 2s内质点的加速度为1m/s2
C. 2s内质点做匀变速直线运动D. 2s内质点的位移大小为5m
9.如图所示，一本书重约8N，书本正面朝上。一张A4纸夹在书本间，将书本分为等质量的两部分，且能够覆盖几乎整个书页。若将A4纸抽出，至少需用约2N的拉力。不计A4纸的质量，则A4纸和书之间的摩擦因数最接近( )
A. 0.25B. 0.35C. 0.45D. 0.50
10.在学习了超重失重之后，小明同学站在体重计上，做下蹲和起立的动作，通过力传感器采集的图像如图所示，下列说法正确的是( )
A. 小明的质量约为80kg
B. 下蹲过程的最大加速度约为5m/s2，此时处于超重状态
C. 起立过程的最大加速度约为5m/s2，此时处于失重状态
D. AC段为起立过程，DE段为下蹲过程
11.关于描述物体做直线运动的四个图像，下列说法正确的是( )
A. 图甲中，物体在0∼2s这段时间内的位移小于2m
B. 图乙中，物体的加速度为0.5m/s2
C. 图丙中，5s末物体的速度一定为12.5m/s
D. 图丁中，物体0∼10s内的位移为50m
12.在“探究平抛物体的运动”的实验中：
(1)如图甲所示，下列说法不正确的是_______。
A.安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B.小球1和小球2必须从同一高度由静止释放
C.该装置可以验证平抛运动水平方向做匀速直线运动
D.小球1与斜槽的摩擦越大，在空中运动的时间越长
(2)某次利用频闪照片探究平抛运动的实验，得到小球运动轨迹中的四个点a、b、c、d如图乙所示。已知图乙中背景方格的边长均为L=10cm，重力加速度大小为g=10m/s2。
①请判断a点是否为抛出点_______(填“是”或“否”)
②小球从a点运动到b点的时间为t=_______s；
③小球做平抛运动的水平初速度v0=_______(请用字母L和t表示)
(3)一根水平放置的排污管正在向排污池排出大量污水，管口离地面有一定的高度，小明发现水流呈现上端粗下端细的现象，如图丙所示、假设液体的流量不变(流量：单位时间流过管道某一截面的液体的体积)，忽略空气阻力，请解释出现该现象的原因_______________。
13.2023年，中国航天成功发射近七十次，其中某一卫星绕地球做匀速圆周运动，已知地球的半径为R，地球的质量为M，该卫星距地球表面的高度也为R，引力常量为G。求：
(1)该卫星绕地球运行的线速度大小v；
(2)该卫星绕地球运行的周期T。
14.如图所示，一载有小孩的雪橇总质量为46kg，在拉力F的作用下，沿水平地面向右做匀速直线运动，该拉力与水平面的夹角θ=37∘。已知雪橇与地面间的动摩擦因数为0.2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)拉力F的大小；
(2)地面对雪橇支持力的大小FN。
15.如图甲所示，轻杆一端固定一小球(视为质点)，另一端套在光滑水平轴O上，O轴的正上方有一速度传感器，可以测量小球通过最高点时的速度大小v；O轴处有力传感器(传感器均未在图中画出)，可以测量小球通过最高点时O轴受到杆的作用力F，若以竖直向下为力的正方向，得到F−v2图像如图乙所示。g取10m/s2，求：
(1)小球恰好通过最高点时的速度大小；
(2)小球的质量及做圆周运动的半径；
(3)小球在最高点的速度大小为5m/s时，杆受到球的作用力。
16.庆元旦，某同学进行了“抽纸”表演，其道具可以简化为如图所示的装置。水平桌面上有薄纸板质量m1=0.1kg，上面放有一玻璃瓶(可视为质点)质量m2=0.4kg。瓶子距纸板左端距离x1=0.2m，距桌子右端距离x2=0.06m，现给纸板一个水平向右的拉力F，欲将其从瓶子下抽出。若已知纸板与桌面、瓶子与桌面间的动摩擦因数μ1均为0.4，瓶子与纸板间的动摩擦因数μ2为0.2，重力加速度g取10m/s2。设瓶子在运动过程中始终不会翻倒，求：
(1)瓶子与纸板恰好发生相对滑动时，拉力的大小F1；
(2)当拉力F2=3.2N时，瓶子未从纸板上滑落之前，纸板的加速度大小a；
(3)若以纸板能从瓶下抽出，且瓶不会从桌面滑落视为表演成功，该同学所施加恒力F的取值范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】B
【详解】A.运动员参加800米赛跑，800米是曲线轨迹的长度，因此800米指的是该运动员在比赛中发生的路程，A错误；
B.高速摄像机能记录运动员百米比赛的撞线速度，该速度对应某一位置，因此该速度近似于瞬时速度，B正确；
C.花样游泳项目裁判评判运动员的动作时，运动员的大小和形体动作不可忽略，不可以把运动员看做质点，C错误；
D.百米赛跑中，运动员甲发现自己相对运动员乙是后退的，他是以运动员乙为参考系，D错误。
故选B。
2.【答案】D
【解析】.D
【详解】A.匀速飞行的高空侦察机，速度越大，加速度为零，故A错误；
B.枪筒里的子弹刚开始运动时速度接近零，加速度不为零，故B错误；
C.汽车仪表盘上显示的速度为瞬时速度，故C错误；
D.匀加速直线运动的汽车，加速度不变，则其速度变化率不变，故D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】A.“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为强弩的速度减小了，强弩的惯性只与质量有关，与速度无关，A错误；
B.汽车匀速直线运动时，所受合力是零，由牛顿第二定律可知，其加速度是零，其惯性与运动的状态无关，B错误；
C.“以卵击石”，石头对鸡蛋的作用力与鸡蛋对石头的作用力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，C正确；
D.人乘坐电梯加速上升时，电梯对人的支持力与人对电梯的压力是一对相互作用力，大小相等，方向相反，D错误。
故选C。
4.【答案】B
【解析】B
【详解】根据胡克定律可得
F1=kx1
可得弹簧的劲度系数为
k=F1x1=104.0N/cm=2.5N/cm
将弹簧一端固定于墙上，另一端用5N的外力来拉伸它，则弹簧的伸长量为
x2=F2k=52.5cm=2.0cm
故选B。
5.A
5.【答案】A
【解析】.A
【详解】两雨滴做自由落体运动，设时间差为 t0 ，则两雨滴之间的速度之差为
Δv=g(t+t0)−gt=gt0
可知两雨滴之间的速度之差保持不变；两雨滴之间的距离为
Δx=12g(t+t0)2−12gt2=12gt02+gt0t
可知两雨滴之间的距离不断增大。
故选A。
6.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.以物块为对象，根据受力平衡可知，斜面对物块的作用力与物块的重力平衡，大小为 mg ，故AB错误；
CD.以物块和斜面为整体，根据受力平衡可知，地面对斜面摩擦力为零，地面对斜面支持力等于 M+mg ，故C正确，D错误。
故选C。
7.AC
7.【答案】AC
【解析】AC
【详解】A.该实验是探究小车的加速度与所受合力的关系，因此只需要保持小车和力传感器的总质量不变，实验中不需要天平测量小车质量，A错误，符合题意；
B.由题意可知，小车刚开始运动时，传感器的最大示数 F1 ，可知实验中小车运动时所受阻力等于传感器的最大示数为 F1 ，B正确，不符合题意；
C.传感器的示数 F2 是小车做加速运动时细绳上拉小车的力，实验中小车所受的合力应为 F2−F1 ，C错误，符合题意；
D.用加沙的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，可更方便地获取多组实验数据，因为加沙的方法可以每次加很少的细沙，因此能更精确的控制拉力的大小，D正确，不符合题意。
故选AC。
8.【答案】D
【解析】D
【详解】A. t=0 时质点速度的大小为
v0= v0x2+vy2= 12+22m/s= 5m/s
故A错误；
BC.由图像可知，质点沿 x 方向做匀加速直线运动，沿 y 方向做匀速直线运动， 2s 内质点做匀变速曲线运动， 2s 内质点的加速度为
a=ax=ΔvxΔt=2−12m/s2=0.5m/s2
故BC错误；
D. 2s 内质点沿 x 方向的位移大小为
x=1+22×2m=3m
沿 y 方向的位移大小为
y=2×2m=4m
则 2s 内质点的位移大小为
s= x2+y2= 32+42m=5m
故D正确。
故选D。
9.A
9.【答案】A
【解析】A
【详解】由题意可知，将A4纸抽出时，A4纸受到上下纸面的滑动摩擦力，且两摩擦力大小相等，则有
Ff=2μFN
因A4纸夹在书本中间，因此A4纸受到的压力大小为整本书重的一半，即为
FN=0.5G=0.5×8N=4N
若将A4纸抽出，至少需用约2N的拉力F，则有
F=Ff
联立可得A4纸和书之间的摩擦因数
μ=Ff2FN=0.25
故选A。
10.【答案】D
【解析】D
【详解】A.小明的质量约为
m=Gg=60010kg=60kg
故A错误；
BCD.起立过程先向上加速后向上减速，加速度方向先向上后向下，先超重后失重，则图像中AC阶段对应起立过程，由图像可得下蹲过程的最大加速度约为
a′m=Fmax−mgm=900−60060m/s2=5m/s2
此时处于超重状态；下蹲过程先向下加速后向下减速，加速度方向先向下后向上，先失重后超重，则图像中DE阶段对应下蹲过程，由图像可得下蹲过程的最大加速度约为
am=mg−Fminm=600−30060m/s2=5m/s2
此时处于失重状态；故BC错误，D正确。
故选D。
11.【答案】B
【解析】B
【详解】A.图甲是 v−t 图像，若图像是过原点的直线，由 v−t 图像与时间轴所围面积表示位移可知，物体在 0∼2 s这段时间内的位移是 2m ，由题图可知，物体在 0∼2 s这段时间内的位移大于 2m ，A错误；
B.图乙是 v2−x 图像，由图像可得 v2=x ，由公式 v2−v02=2ax 可知， v2−x 图像的斜率表示2a，则有
2a=22m/s2=1m/s2
解得物体的加速度为
a=0.5m/s2
B正确；
C.图丙是 a−t 图像，由 Δv=at 可知， a−t 图像与时间轴所围面积表示速度变化量，则有 5s 末物体的速度变化量为
Δv=5×52m/s=12.5m/s
由速度时间公式 v=v0+at 可知，若物体的初速度是零，则物体在5s末的速度大小一定为 12.5m/s ，若物体的初速度不是零，则物体在5s末的速度一定不是 12.5m/s ，C错误；
D.图丁是 xt−t 图像，由图像可得
xt=t
则有
x=t2
与位移时间公式
x=v0t+12at2
对比可知，物体的初速度是零，加速度是 2m/s2 ，可知物体 0∼10s 内的位移为
x=12at2=100m
D错误。
故选B。
12.【答案】 D 否 0.1 2Lt 见解析
【详解】(1)[1]
A.安装斜槽轨道，使其末端保持水平，故A正确，不满足题意要求；
B.为了保证两小球到达斜槽末端的速度相同，小球1和小球2必须从同一高度由静止释放，故B正确，不满足题意要求；
C.该装置可以验证平抛运动水平方向做匀速直线运动，故C正确，，不满足题意要求；
D.小球1在空中运动的时间与小球抛出是初速度无关，所以小球1与斜槽的摩擦越大，在空中运动的时间不变，故D错误，满足题意要求。
故选D。
(2)①[2]若a点为抛出点，则竖直方向的位移应满足
yab:ybc=1:3
由图可知
yab:ybc=1:2≠1:3
可知a点不是抛出点；
②[3]竖直方向根据
Δy=gt2
可得小球从a点运动到b点的时间为
t= Δyg= 2L−Lg= 0.110s=0.1s
③[4]小球做平抛运动的水平初速度为
v0=2Lt
(3)[5]水做平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动，则有
2gh=vy2
可得竖直分速度大小为
vy= 2gh
水的速度大小为
v= v02+vy2= v02+2gh
可知水流下端的速度较大，则单位时间内水通过的长度较长，由于流量不变(单位时间流过管道某一截面的液体的体积)，可知对应的横轴面积较小，则水流呈现上端粗下端细的现象。
【解析】详细解答和解析过程见答案
13.【答案】(1) GM2R ；(2) 4πR 2RGM
【详解】(1)卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得
GMmr2=mv2r
又
r=R+R=2R
解得该卫星绕地球运行的线速度大小为
v= GM2R
(2)该卫星绕地球运行的周期为
T=2πrv=4πR 2RGM
【解析】详细解答和解析过程见答案
14.【答案】(1) 100N ；(2) 400N
【详解】(1)以小孩和雪橇为对象，根据受力平衡可得
Fcsθ=f ， Fsinθ+FN=mg
又
f=μFN
联立可得
F=μmgcsθ+μsinθ=0.2×46×100.8+0.2×0.6N=100N
(2)地面对雪橇支持力的大小为
FN=mg−Fsinθ=46×10N−100×0.6N=400N
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】FN=mg−Fsinθ=46×10N−100×0.6N=400N
15.(1)零；(2)2kg，1m；(3)30N，方向竖直向上
【详解】(1)小球在竖直平面内做圆周运动，是轻杆模型，因此小球恰好通过最高点时的速度大小是零。
(2)由图乙可知，当小球通过最高点速度是零时，杆上的作用力为20N，可知小球的质量为2kg。
小球通过最高点速度不是零时，若只有小球重力提供向心力，可知O轴受到杆的作用力是零，即杆对小球上的作用力是零，此时速度的平方为 10m2/s2 ，设轻杆的长度为L，则有
mg=mv12L
解得
L=1m
即小球做圆周运动的半径为1m。
(3)小球在最高点的速度大小为5m/s时，由牛顿第二定律可得
mg+FN=mv22L
解得
FN=mv22L−mg=30N
由牛顿第三定律可知，杆受到球的作用力大小为30N，方向竖直向上。
【解析】详细解答和解析过程见答案
16.【答案】(1) F1=3N ；(2) a=4m/s2 ；(3) F≥4N
【详解】(1)瓶子与纸板恰好发生相对滑动时，以瓶子与纸为整体，根据牛顿第二定律可得
F1−μ1(m1+m2)g=(m1+m2)a0
以瓶子为对象，根据牛顿第二定律可得
μ2m2g=m2a0
联立解得拉力的大小为
F1=3N
(2)当拉力 F2=3.2N 时，可知瓶子与纸板发生相对滑动，瓶子未从纸板上滑落之前，以纸板为对象，根据牛顿第二定律可得
F2−μ2m2g−μ1m1+m2g=m1a
解得纸板的加速度大小为
a=4m/s2
(3)纸板抽出的过程，对纸板有
F−μ2m2g−μ1m1+m2g=m1a1
以瓶子有
μ2m2g=m2a2
纸板抽出的过程，二者位移关系满足
x1=12a1t2−12a2t2
纸板抽出后，瓶子在桌面上做匀减速运动，设经历时间 t′ 恰好到桌面右边缘静止，则有
μ1m2g=m2a′2
由速度关系有
a2t=a′2t′
瓶子的位移关系有
x2−12a2t2=a2t2×t′
联立解得
F=4N
则以纸板能从瓶下抽出，且瓶不会从桌面滑落视为表演成功，该同学所施加恒力的取值范围为
F≥4N
【解析】详细解答和解析过程见答案
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